PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
Phan Thành Việt
Nội dung:
1. Giới thiệu.
2. BĐT 3 biến với cực trò đạt được đối xứng.
3. Dồn biến bằng kó thuật hàm số.
4. BĐT 3 biến với cực trò đạt được tại biên.
5. BĐT 4 biến.
6. Dồn biến bằng hàm lồi.
7. Dồn biến về giá trò trung bình.
8. Đònh lý dồn biến tổng quát.
9. Nhìn lại.
10. Bài tập.
1. Giới thiệu.
Các bạn thân mến, rất nhiều trong số các BĐT mà ta đã gặp có dấu
đẳng thức khi các biến số bằng nhau. Một ví dụ kinh điển là
Ví dụ 1: (BĐT Cauchy) Cho x, y, z > 0 thì x + y + z ≥ 3
3
√
xyz.
Có thể nói số lượng BĐT như vậy nhiều đến nỗi nhiều bạn sẽ thấy
điều đó là ... hiển nhiên. Tất nhiên, không hẳn như vậy. Tuy nhiên, trong
trường hợp đẳng thức không xảy ra khi tất cả các biến bằng nhau thì ta
lại rất thường rơi vào một trường hợp khác, tổng quát hơn: đó là có một số
(thay vì tất cả) các biến bằng nhau. Ở đây chúng tôi dẫn ra một ví dụ sẽ
được chứng minh ở phần sau.
Ví dụ 2: (VMO) Cho x, y, z ∈ R, x
2
+ y
2
+ z

đặc biệt đó là do có một biến bằng 0. Vì giả thiết là các biến không âm,
nên biến bằng 0 còn được gọi là biến có giá trò trên biên.
Tóm lại, trong các BĐT mà ta gặp, có các trường hợp dấu "=" xảy
ra rất thường gặp: đó là trường hợp tất cả các biến bằng nhau (ta gọi là "cực
trò đạt được tại tâm"), tổng quát hơn là trường hợp có một số các biến bằng
nhau (ta gọi là "cực trò đạt được có tính đối xứng"), một trường hợp khác
là dấu "=" xảy ra khi có một biến có giá trò trên biên (và ta gọi là "cực trò
đạt được tại biên").
Phương pháp dồn biến được đặt ra để giải quyết các BĐT có dạng như
trên. Ý tưởng chung là: nếu ta đưa được về trường hợp có hai biến bằng
nhau, hoặc là một biến có giá trò tại biên, thì số biến sẽ giảm đi. Do đó
BĐT mới đơn giản hơn BĐT ban đầu, đặc biệt nếu BĐT mới chỉ còn một
biến thì bằng cách khảo sát hàm một biến số ta sẽ chứng minh BĐT khá
đơn giản. Chính vì tư tưởng là giảm dần số biến nên phương pháp này được
gọi là phương pháp dồn biến.
Bây giờ chúng tôi sẽ trình bày các kó thuật chính của phương pháp
thông qua các bài toán cụ thể. Đối tượng rất quan trọng mà chúng tôi
muốn bạn đọc nắm bắt là các BĐT với 3 biến số. Sau đó, các mở rộng cho
4 biến sẽ được trình bày. Cuối cùng, chúng ta đến với các phương pháp
dồn biến tổng quát cho n biến số, trong đó bạn đọc sẽ cùng chúng tôi đi từ
những kết quả "cổ điển" tới những cải tiến nhỏ và sau đó là một kết quả
2
hết sức tổng quát. Tinh thần xuyên suốt của chúng tôi là muốn bạn đọc
cảm nhận được tính tự nhiên của vấn đề. Qua đó, các bạn sẽ lý giải được
"tại sao", để rồi có thể tự mình bước đi trên con đường sáng tạo.
*Ghi chú: Chúng tôi sẽ đánh dấu các bài toán theo từng mục. Vì số lượng
các đònh lý là rất ít nên chúng tôi không đánh dấu. Chúng tôi cố gắng ghi
tên tác giả và nguồn trích dẫn đối với tất cả các kết quả quan trọng, ngoại
trừ những kết quả của chúng tôi.
2. BĐT 3 biến với cực trò đạt được đối xứng.

z =1− 27t
2
(1 − 2t)=(1+6t)(1 − 3t)
2
≥ 0
và bài toán chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi x = y và 3t =1, nghóa
là x = y =1/3, tương đương với x = y = z.
3
*Nhận xét:
1) Có thể nhiều bạn sẽ bỡ ngỡ với cách chuẩn hóa ở trên. Chúng tôi xin
nói rõ: không có gì là bí ẩn ở đây cả. Nếu thích, các bạn hoàn toàn có
thể chuẩn hóa theo cách khác, chẳng hạn giả sử xyz =1và chứng minh
f(x, y, z) ≥ 0 với f(x, y, z)=x + y + z− 3. Khi đó bước dồn biến sẽ là chứng
minh f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) với t =
√
xy. Đề nghò bạn đọc tự lý giải vì sao
trong lời giải trên thì ta xét t =
x+y
2
còn ở đây lại xét t =
√
xy, và sau đó
hoàn thành chứng minh theo cách này.
2) Bạn đọc có thể thắc mắc: không cần chuẩn hóa được không? Câu trả lời
là: được! Thật vậy, chúng ta vẫn hoàn toàn có thể xét bài toán f(x, y, z) ≥ 0
với f(x, y, z)=x + y + z − 3
√
xyz. Khi đó bước dồn biến sẽ là chứng minh
f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) với t =
x+y

Xét f(a, b, c)=a
3
+ b
3
+ c
3
+3abc− a
2
(b + c)− b
2
(c + a)− c
2
(a + b). Đặt
t =
b+c
2
, ta hi vọng: f(a, b, c) ≥ f(a, t, t). Xét
d = f(a, b, c)− f(a, t, t)=

b + c −
5
4
a

(b − c)
2
Ta thấy với a, b, c là các số không âm tùy ý thì không chắc có d ≥ 0. Tuy
nhiên, nếu giả sử a = min{a, b, c} thì ta vẫn có d ≥ 0. Khi đó ta chỉ còn phải
4
chứng minh f(a, t, t) ≥ 0. Nhưng BĐT này tương đương với a(a − t)

bc,
√
bc) nếu giả sử a ≥ b ≥ c.
Tiếp theo, ta chứng minh rằng f(a,
√
bc,
√
bc) ≥ 5, hay là
f

1
x
2
,x,x

≥ 5, với x =
√
bc
BĐT này tương đương với (x − 1)
2
(2x
4
+4x
3
− 4x
2
− x +2)≥ 0. Vì biểu
thức trong ngoặc thứ hai dương với x>0 nên chứng minh hoàn tất. Đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1.
Qua các ví dụ trên, chúng ta đã thấy cách dồn biến về trung bình cộng

của bài toán 1.
Vì BĐT là đồng bậc nên ta có thể giả sử ab + bc + ca =1(*). Bây giờ
ta hi vọng có đánh giá f(a, b, c) ≥
9
4
với f(a, b, c) là biểu thức thứ hai của
vế trái BĐT cần chứng minh. Ở đây t phải thỏa mỗi liên hệ ở (*), nghóa là
t
2
+2tc =1.
Bằng cách giả sử c = min{a, b, c} ta sẽ chứng minh được f(a, b, c) ≥
f(t, t, c). Cuối cùng, ta kiểm tra f(t, t, c) ≥
9
4
. Ở đây bạn đọc có thể thay
c =
1−t
2
2t
vào BĐT để thấy:
f(t, t, c)=
(1 − t
2
)(1 − 3t
2
)
2
4t
2
(1 + t

2
≥ 0
Cuối cùng chúng ta đến với một ví dụ mà cực trò không đạt tại tâm, mặc
dù BĐT là đối xứng. Các bạn sẽ thấy rằng, trong con đường của chúng ta
phần quan trọng nhất là dồn về hai biến bằng nhau, còn sau đó thì cực trò
đạt tại tâm hay không không phải là điều mấu chốt.
Bài toán 5. (VMO) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
=9.
Chứng minh rằng: 2(x + y + z) − xyz ≤ 10.
Lời giải.
Đặt f(x, y, z)=2(x + y + z) − xyz. Chúng ta hi vọng sẽ có f(x, y, z) ≥
f(x, t, t), trong đó t
2
=(y
2
+ z
2
)/2 (*) (chúng tôi nghó rằng bây giờ bạn đọc
đã tự lý giải được điều này). Lưu ý là trong (*) t có thể nhận 2 giá trò, để
6
đònh ý ta hãy xét khi t ≥ 0.
Ta có: d = f(x, y, z) − f(x, t, t)=2(y + z − 2t) − x(yz − t
2
). Ta thấy
ngay y + z − 2t ≤ 0 và yz − t

2
Giải ra ta thấy phương trình g

(x)=0chỉ có 1 nghiệm âm là x = −1. Hơn
nữa g

liên tục và g

(−2) > 0 >g(0) nên suy ra g

đổi dấu từ dương sang âm
khi đi qua điểm x = −1. Vậy ∀x ≤ 0 thì g(x) ≤ g(−1) = 10 và ta có điều
phải chứng minh. Trường hợp này đẳng thức đạt được tại x = −1,y = z =2.
Phần còn lại ta phải giải quyết trường hợp x>0, tức là 3 số x, y, z đều
dương. Lúc này dấu BĐT là thực sự và ta chỉ cần đánh giá đơn giản chứ
không phải thông qua dồn biến. Nếu x ≥ 3/4 thì
f(x, y, z)=2(x+y +z)−xyz ≤ 2

3(x
2
+ y
2
+ z
2
)−(
3
4
)
3
=2

+ y
k
+ z
k
với k>0 thì các cách biến đổi đại số sẽ trở nên
rất cồng kềnh và phức tạp.
Kó thuật hàm số dùng để giải quyết các trường hợp như vậy. Ý tưởng
chính thế này, chẳng hạn để chứng minh f(x, y, z) ≥ f(x, t, t) với t =
(y + z)/2, ta xét hàm: g(s)=f(x, t + s, t− s) với s ≥ 0. Sau đó chứng minh
g tăng với s ≥ 0 (thông thường dùng công cụ đạo hàm rất tiện lợi), suy ra
g(s) ≥ g(0), ∀s ≥ 0, và ta sẽ thu được điều mong muốn. Một trong những
ví dụ quen thuộc với các bạn là dồn biến bằng hàm lồi, tuy nhiên dưới đây
chúng ta sẽ quan sát kó thuật dồn biến trong bối cảnh tổng quát hơn, còn
vấn đề về hàm lồi sẽ được trở lại ở một mục sau trong bài toán với n biến.
Chúng tôi nhấn mạnh rằng, đây là một kó thuật khó, bởi nó chứa đựng
những nét rất tinh tế của phương pháp dồn biến. Những ví dụ sau đây thể
hiện rất rõ vẻ đẹp và sức mạnh của phương pháp dồn biến.
Bài toán 1. Cho k>0 và a, b, c là các số không âm và chỉ có tối đa 1
số bằng 0. Chứng minh rằng:
(
a
b + c
)
k
+(
b
c + a
)
k
+(

f(m)=

1 − 2t
2t

k
+

t + m
1 − t − m

k
+

t − m
1+m− t

k
Vì c ≥ a nên 3t − 1 ≥ m ≥ 0, và 1 ≥ b + c =2t nên
1
2
≥ t ≥
1
3
Ta sẽ khảo sát f(m) trên miền m ∈ [0, 3t − 1] với t ∈ [
1
3
,
1
2

[ln(1− t− m) − ln(1 + m− t)] ≥ 0
Tiếp tục khảo sát g, ta có:
g

(m)=−

1
t− m
+
1
t + m

+
k +1
1 − k

1
1 − t − m
+
1
1+m − t

≥ 0
⇔
−2t
(t − m)(t + m)
+
k +1
1 − k
.


(m) < 0 nên u(m) ≥ u(3t − 1) = 2(3t − 1)(2t − 1)
2
≥ 0
Vậy g(m) đồng biến suy ra g(m) ≥ g(0) = 0 suy ra f

(m) ≥ 0 suy ra
f(m) ≥ f(0). Nhớ là khi m =0thì b = c = t.
Cuối cùng, ta cần chứng minh h(t):=f (0) ≥ 2. Viết lại:
h(t)=

1 − 2t
2t

k
+2

t
1 − t

k
Ta khảo sát h(t) trên miền t ∈ [0,
1
3
]. Ta có:
h

(t)=
2kt
k−1

2k
≤ [(1 −
1
3
)(1 −
2
3
)]
k−1
9
Bất đẳng thức này đúng, nên h(t) nghòch biến, suy ra
h(t) ≥ h(
1
3
)=2
Bài toán được giải quyết trọn vẹn!
Nhận xét: Để thấy được nét đẹp của bài toán này, chúng tôi xin dẫn ra
một số trường hợp riêng của nó, bản thân chúng đã là các bài toán hay và
được biết đến một cách rộng rãi.
1) Trường hợp k =1, ta thu được BĐT Netbit:
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
≥
3

9
(b + c)+(c + a)+(a + b)
=
9
2
2) Trường hợp k =
1
2
, ta thu được BĐT sau:

a
b + c
+

b
c + a
+

c
a + b
≥ 2
Đây cũng là một bài toán rất đẹp, trước đây được biết đến như một BĐT
ngược chiều với BĐT Netbit. Có một lời giải rất đơn gản, chỉ dùng BĐT
Cauchy:

a
b + c
=
2a
2

mở rộng cho BĐT Netbit (nó cũng từng được đăng trên tạp chí THTT với tên
của tác giả là Trần Tuấn Anh). Từ kết quả bài toán tổng quát, ta biết rằng
2/3 không phải là số tốt nhất để có giá trò nhỏ nhất là 3/2
k
. Tuy nhiên, nó
là số tốt nhất theo nghóa có thể áp dụng BĐT Cauchy theo cách sau đây. Để
đơn giản chúng tôi trình bày với trường hợp k =2/3.
a + b + c = a +
b + c
2
+
b + c
2
≥ 3
3

a(
b + c
2
)
2
⇒ (
2a
b + c
)
2
3
≥
3a
a + b + c

k
+(t − m)
k
]+(t
2
− m
2
)
k
Ta khảo sát f(m) trên miền m ∈ [0,t]. Ta có:
f

(m)=ka
k
[(t + m)
k−1
− (t− m)
k−1
] − 2km(t
2
− m
2
)
k−1
f

(m) ≥ 0 ⇔ g(m):=a
k
[(t− m)
1−k

2

2k
nên ta chỉ còn phải xét trường hợp còn lại. Đặt:
h(t):=f(0) = 2t
k
a
k
+ t
2k
=2t
k
(3 − 2t)
k
+ t
2k
Ta có:
h

(t)=−4k(3 − 2t)
k−1
t
k
+2k(3 − 2t)
k
b
k−1
+2kb
2k−1
h

+
, trong đó một nghiệm là x =1.
Từ đó, ta sẽ giả sử a = min{a, b, c}. Khi đó ta chỉ việc xét khi t ≥ 1 và
tương ứng sẽ là x ≤ 1.Vìu(x) chỉ có tối đa 1 nghiệm trong (0, 1) nên h

(t)
chỉ có tối đa 1 nghiệm trong (1,
3
2
).
Lưu ý là lưu ý h

(1) = 0,h

(
3
2
) > 0. Do đó, chỉ có hai khả năng hoặc h(t)
đồng biến hoặc h(t) có dạng −0+. Trong trường hợp nào thì h(t) cũng đạt
max tại hai biên, suy ra:
h(t) ≤ max{f(1),f(
3
2
)} = max{3, (
3
2
)
2k
}
và bài toán giải quyết xong!

2n−1
,b
2n−1
,c
2n−1
)=(a
2n−2
,
b
2n−2
+ b
2n−2
2
,
b
2n−2
+ b
2n−2
2
)
và:
(a
2n
,b
2n
,c
2n
)=(
a
2n−1

}, {b
n
} đều hội tụ về 1, nên chuyển qua giới hạn
ta có điều phải chứng minh.
Kó thuật chuyển qua giới hạn như vậy cũng khá tự nhiên. Nó có thể
tổng quát lên thành 2 đònh lý dồn biến tổng quát là SMV và UMV mà
chúng tôi sẽ giới thiệu ở phần sau. Cũng sử dụng tính liên tục của hàm số
nhưng với kó thuật khác, chúng tôi còn đạt được 1 kết quả tổng quát hơn.
Sau khi có (*), còn một cách khác để đạt được điều phải chứng minh
mà chỉ cần sử dụng một số hữu hạn lần thay thế. Tuy nhiên, để khỏi trùng
lắp chúng tôi sẽ giới thiệu nó trong mục BĐT 4 biến (và các mục sau), khi
mà nó thực sự cần thiết.
h Còn trong trường hợp 3 biến, chúng tôi sẽ chỉ sử dụng cách tiếp cận đơn
giản nhất (dồn về 1 biến rồi khảo sát), nhằm giữ được tính trong sáng của
tư tưởng.
Chúng tôi hi vọng rằng, sau khi đọc kó hai bài toán trên, thì các bạn có
thể sử dụng kó thuật hàm số để dồn biến theo cách bất kì, chứ không nhất
13
thiết là dồn về trung bình cộng. Sau đây là một ví dụ cho kiểu dồn biến
về trung bình nhân.
Bài toán 3: (Phạm Kim Hùng)
a) Cho các số thực dương a, b, c có tích bằng 1 . Chứng minh rằng:
(i) 81(1 + a
2
)(1 + b
2
)(1 + c
2
) ≤ 8(a + b + c)
4

+ c)
3
− 81(a −
b
t
2
)(ta +
b
t
)(1 + c
2
)
Vì t ∈ [

b/a, 1] nên g

(t) ≥ 0 nếu:
32(d + c)
3
≥ 81d(1 + c
2
) với d = ta +
b
t
Ta có: 32(d+c)
3
> 32d(d
2
+2dc+3c
2

c
,
1
√
c
,c)=8(
2
√
c
+ c)
4
− 81(1 +
1
c
)
2
(1 + c
2
)
=(
√
c − 1
c
)
2
(8c
5
+16c
9
2

nhiều bạn "khiếp sợ", tuy nhiên chúng tôi hi vọng các bạn sẽ bình tâm để
thấy được vẻ đẹp trong sáng của nó ẩn đằng sau những kó thuật tính toán
lão luyện.
Bài toán 4. Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c =3. Tìm giá trò lớn nhất của
biểu thức:
ab
3+c
2
+
bc
3+a
2
+
ca
3+b
2
Lời giải:
Lời giải sau đây của anh Phan Thành Nam.
Giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt a = s + t, b = s − t thì vế trái BĐT cần chứng
minh là:
f(t):=
c(s − t)
3+(s + t)
2
+
c(s + t)
3+(s − t)
2
+
s

2
)
(3+(s − t)
2
)
2
−
2t
3+c
2
=
4cst
uv
+
8cst(s
2
− t
2
)(u + v)
u
2
v
2
−
2t
3+c
2
< 0,∀t ∈ (0,s− c)(∗)
với u =3+(s + t)
2

24s − 12s
2
(3 + (3 − 2s)
2
)
2
+
18 − 24s − 6s
2
(3 + s
2
)
2
=
108(s
2
− 3s + 4)(s − 1)
2
(−s
2
− 3s +6)
[3+(3− 2s)
2
]
2
[3 + s
2
]
2
Dễ thấy s

2
] thì:
g(s) ≤ g(s
0
)=
11
√
33 − 45
24
(2)
15
Trong (1) và (2), dấu "=" xảy ra đồng thời tại t =0và s = s
0
, tức là
a = b = s
0
và c =3− 2s
0
.
Vậy giá trò lớn nhất cần tìm là
11
√
33−45
24
=0, 757924546..., đạt được khi
a = b =
√
33−3
2
=1, 372281323...…, c =6−

2
> 3+c
2
. Từ đó suy ra (3).
Chứng minh (4): Dùng BĐT Cauchy ta có:
u
2
v
2
=[[3 + (s + t)]
2
[3 + (s - t)]
2
]
2
≥ 16(s
2
− t
2
), và
2cs(u + v)(3 + c
2
)=4cs(3 + s
2
+ t
2
)(3 + c
2
) ≤


− t
2
)(u + v)
u
2
v
2
=4.
s
2
− t
2
u
2
v
2
.
2cs(u + v)(3 + c
2
)
3+c
2
≤ 4.
1
4
4
.
4
3
3+c

2
(a + b).
Lời giải:
Trong $2, bài này đã được giải bằng cách dồn 2 biến về bằng nhau. Tuy
nhiên nhận xét là ngoài điểm a = b = c, đẳng thức còn đạt tại a = b, c =0
(và các hoán vò). Do đó, kó thuật dồn biến ra biên vẫn có khả năng thành
công!
Đặt f(a, b, c)=a
3
+ b
3
+ c
3
+3abc − a
2
(b + c) − b
2
(c + a) − c
2
(a + b).
Ta hi vọng sẽ có f(a, b, c) ≥ f(0,a+ b, c). Xét hiệu:
d = f(a, b, c) − f(0,a+ b, c)=ab(5c− 4a − 4b)
Như vậy là ta không thể có d ≥ 0, cho dù tận dụng sự kiện là a, b, c có
thể được sắp.
Thật đáng tiếc! Tuy nhiên, nếu các bạn dừng lại ở đây thì còn đáng
tiếc hơn. Thay vì bỏ dỡ, ta hãy xem lại vì sao không thể có d ≥ 0. Nếu
tinh ý, các bạn có thể thấy là f(a, b, c) sẽ nhỏ đi khi hai biến tiến lại gần
nhau (đó chính là lý do mà ta có thể dồn về hai biến bằng nhau như trong
$2), còn ở đây khi thay bộ (a, b, c) bởi (0,a+ b, c) thì "dường như" các biến
càng cách xa nhau. Đó chính là lý do cách dồn biến ở trên thất bại.

< 0 thì
0 >d
a
d
b
d
c
= abc(b + c − 2a)
2
(c + a − 2b)
2
(a + b − 2c)
2
17
và mâu thuẫn!
Vậy d
a
≥ 0 nên f(a, b, c) ≥ f(0,s,t) với s = b + a/2,t = c + a/2. Cuối
cùng, ta thấy
f(0,s,t)=t
3
+ s
3
− t
2
s − ts
2
=(t + s)(t− s)
2
≥ 0

+
1
a + b
≥
5
2
, với ab =1.”
Đặt s = a+b thì điều trên tương đương với s+
1
s
≥
5
2
, hay (2s−1)(s−2) ≥
0. BĐT cuối là hiển nhiên vì s = a + b ≥ 2
√
ab =2.
Vậy bây giờ ta chỉ cần dồn một biến về 0 nữa là xong. Cách làm sau
đây lấy từ ý của anh Phạm Kim Hùng trên Diễn Đàn Toán Học.
Đặt f(a, b, c) là vế trái BĐT cần chứng minh. Ta hi vọng f(a, b, c) ≥
f(a + b,
1
a+b
, 0) (chú ý là cách lấy này nhằm đảm bảo điều kiện (∗)). Xét
18
hiệu:
d = f(a, b, c) − f(a + b,
1
a + b
, 0)

+
1
1+b
2
− 1 −
1
1+(a + b)
2
Từ đó quy đồng lên ta thấy d ≥ 0 nếu 2(1 − ab) ≥ ab(a + b)
2
. Nếu giả sử
c = max{a, b, c} thì 2(1 − ab)=2c(a + b) ≥ ab(a + b)
2
. Vậy lúc này d ≥ 0
và bài toán chứng minh xong!
*Nhận xét:
1) Lời giải đầy tiên được đưa ra trên Diễn Đàn Toán Học là của anh Phan
Thành Nam, một cách chứng minh rất ngắn gọn. Đặt x = a + b + c.
Nếu x ≥ 2 thì:
1
a + b
= c +
ab
a + b
≥ c +
ab
a + b + c
⇒ f(a, b, c) ≥ x +
1
x

Tuy nhiên, các bạn sẽ bất ngờ khi nó chỉ là một hệ quả ...đơn giản của một
BĐT quen thuộc khác. Đó chính là BĐT Iran 1996. Thật vậy, với giả thiết
ab + bc + ca =1thì từ kết quả của BĐT Iran 1996 ta có ngay:
(
1
a + b
+
1
b + c
+
1
c + a
)
2
=
1
(a + b)
2
+
1
(b + c)
2
+
1
(c + a)
2
+
4(a + b + c)
(a + b)(b + c)(c + a)
≥

2
+ x
2
≥
10
(x + y + z)
2
.”
Bằng hai bài toán "cũ" ở trên, chúng tôi muốn bạn đọc có một cảm
giác dễ dàng đối với kó thuật dồn biến về biên. Tuy nhiên, trong hai bài
này thì kó thuật dồn bai biến bằng nhau vẫn phát huy tác dụng, do đó
không khỏi khó khăn trong việc thuyết phục bạn đọc về sức mạnh của kó
thuật dồn biến ra biên. Do đó, chúng tôi dẫn ra bài toán sau đây, các bạn
sẽ thấy kó thuật dồn về hai biến bằng nhau hoàn toàn bế tắc, đơn giản vì
đẳng thức đạt được khi ... các biến đôi một khác nhau. Đây cũng là một
trong những ví dụ quan trọng nhất của kó thuật dồn biến ra biên mà chúng
tôi muốn trình bày với các bạn.
Bài toán 3: (Jackgarfukel) Cho a, b, c là 3 số thực không âm và có tối
đa một số bằng 0. Chứng minh rằng:
a
√
a + b
+
b
√
b + c
+
c
√
c + a

≥ 0 (đúng!)
Vậy đẳng thức xảy ra khi a =3b, c =0(và các hoán vò).
Như vậy trường hợp dấu bằng xảy ra khi cả ba biến rời nhau, do đó các
phương pháp dồn về hai biến bằng nhau xem như không còn tác dụng. Do
đó, dồn một biến về biên có thể xem là con đường tất yếu.
Không mất tổng quát có thể giả sử a = max{a, b, c} và a + b + c =1.
Đặt t =
a+c
2
và s =
a−c
2
, suy ra a = t + s, c = t − s, b =1− 2t. Ta có
(∗) ⇔
t + s
√
s +1− t
+
1 − 2t
√
1 − t − s
+
t − s
√
2t
≤
5
4
(1)
Đặt f(s)=VT(1) với s ∈ [0,t], ta sẽ chứng minh f(s) ≤ max(f(0),f(t)).

4(s +1− t)
5/2
+
3(1 − 2t)
4(1 − t − s)
5/2
f

(s)=
9
4(s +1− t)
5/2
−
15(t + s)
8(s +1− t)
7/2
+
15(1 − 2t)
8(1 − t − s)
7/2
=
18 + 3s − 33t
(1 − t − s)
7/2
+
15(1 − 2t)
8(1 − t − s)
7/2
> 0,vìb =1− 2t ≥ 0
Vậy f

Hẳn nhiên các bạn đều đồng ý về sự cần thiết của phương pháp dồn
biến ra biên đối với bài toán 3. Tuy nhiên, có thể nhiều bạn sẽ cho rằng:
vì bài toán 3 không đối xứng nên mới không xảy ra trường hợp dấu "=" khi
có hai biến bằng nhau. Để phủ đònh nhận xét đó, chúng tôi kết thúc mục
này bằng cách dẫn ra một bài toán của anh Phạm Kim Hùng trên THTT:
Bài toán 4. Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c =3. Chứng minh rằng:
(a
3
+ b
3
+ c
3
)(a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a
3
) ≤ 36(ab + bc + ca)
Lời giải:
Không mất tổng quát có thể giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt
f(a, b, c) = 36(ab + bc + ca) − (a
3
+ b

+ b
3
+ c
3
)(a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a
3
) ≤ [a
3
+(b + c)
3
]a
3
(b + c)
3
(vì ta có a
3
+ b
3
+ c
3

) ⇔ 36 ≥ a
2
b
2
(a
3
+ b
3
)
Đặt t = ab, bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng t
2
(27 − 9t) ≤ 36 ⇔
t
3
+4≥ 3t
2
. Nhưng đây lại là BĐT Cauchy của ba số t
3
/2,t
3
/2, 4. Đẳng
thức xảy ra khi c =0và a + b =3,ab =2hay a =2,b =1,c =0(và các
hoán vò).
22
*Nhận xét: Một ví dụ nữa, đơn giản hơn, của cùng tác giả trên Diễn Đàn
Toán Học:
" Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c =2. Tìm giá trò lớn nhất của:
(a
2
− ab + b

27
+
176
27
abcd
Lời giải:
Bài này đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d =1/4 hoặc a = b = c =
1/3,c =0. Do đó, những đánh giá thông thường rất dễ rơi vào bế tắc.
Đặt f(a, b, c, d)=abc + bcd + cda + dab − kabcd với k =
176
27
. Ta có:
f(a, b, c, d)=ab(c + d − kcd)+cd(a + b)
23
Từ đó, ta hi vọng có f(a, b, c, d) ≤ f(t, t, c, d) với t =
a+b
2
.Vì0 ≤ ab ≤ t
2
nên để có điều này ta cần c + d − kcd ≥ 0. Ở đây rất may mắn là nếu có
điều này có điều ngược lại, nghóa là c + d− kcd < 0, thì BĐT ban đầu hiển
nhiên đúng vì:
f(a, b, c, d)=ab(c+d−kcd)+cd(a+b)≤ cd(a+b) ≤ (
c + d +(a + b)
3
)
3
=
1
27

,
t + s
2
)=f(
1
4
,
1
4
,
1
4
,
1
4
)=
1
27
và bài toán chứng minh xong!
*Nhận xét:
1) Trong lời giải trên, thực chất là cứ mỗi bước ta lại phân ra 2 trường hợp:
có một trường hợp thì dồn biến được và một trường hợp mà BĐT hiển nhiên
đúng. Do đó, lời giải không khỏi có phần rối rắm. Bạn đọc nên trình bày lại
bằng cách phản chứng (giả sử có (a
0
,b
0
,c
0
,d

2
] (với t =
a+b
2
) nên
g(ab) ≤ max{g(0),g(t
2
)}. Chú ý g(0) = f(0,a+ b, c, d). Vậy ta có:
f(a, b, c, d) ≤ max{f(0,a+ b, c, d),f(t, t, c, d)} (2)
24
Với cách viết trong BĐT (2) ở trên thì việc cực trò đạt tại tâm hoặc tại biên
là rất rõ ràng. Thật ra, trong bài toán này ta có ngay f(0,a+ b, c, d) ≤
1
27
và có thể chuyển (2) về (1). Tuy nhiên, với các bài phức tạp thì dạng (2) sẽ
tỏ ra rất có ích, đặc biệt là trong kó thuật dồn biến tổng quát cho n số mà
chúng tôi sẽ trình bày ở phần sau.
3) Các bạn hãy tự giải quyết bài toán tương tự sau đây của Nguyễn Anh
Cường.
"Giả sử x,y,z,t là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z + t =4,
chứng minh rằng:
3(x
2
+ y
2
+ z
2
+ t
2
)+4xyzt ≥ 16 ”.

2
)
2
[(
a + b
2
)
2
+ ab](c
2
+ d
2
) −
(a − b)
2
2
c
2
d
2
≥ (
a− b
2
)
2
(c + d +4abcd − 2c
2
d
2
)

c+d
2
) ≥ f(x, x, c, d). Và ta chỉ cần
chứng minh f(x,x,y,y) ≤ 8 với x + y =2. Điều này đơn giản.
Nếu 2x +4x
2
cd < 2x
4
thì ta đánh giá tiếp: 2xcd +2x
2
c
2
d
2
<=2x
4
nên:
f(x, x, c, d)=x
2
(c + d)+2xcd +2x
2
c
2
d
2
+ x
4
(c
2
+ d